【总结升华】含有参数的函数的综合问题（本例是函数图像）历来就是高中数学的重点和难点之一。求解此类问题的关键一点就是紧扣对称轴，依此来展开有条理性的分类讨论。
举一反三：
【变式】函数f(x)?loga(x?f(x).
【解析】f(x)图象经过点(-1，3)，则f(?1)?loga(整理得：a?210a)?1的图象经过点(-1，3)，且f(x)在(-1，+≦)上恒有f(x)<3，求函数310a?1)?1=3， 3110a?1?0，解得a?3或a?
33(1)当a?3时，则f(x)?log3(x?10)?1，此时x∈(-1，+≦)时，f(x)>3，不满足题意； (2)当a?11010110，则f(x)?log1(x?)?1，此时，x∈(-1，+≦)时，x?? ?log1(x?)?2 3999933即f(x)<3，满足题意为所求. 综上，f(x)?log1(x?310)?1. 9【例4】已知函数f(x)?ax2?1(a?0),g(x)?x3?bx.
(1)若曲线y?f(x)与曲线y?g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值; (2)当a?4b时,求函数f(x)?g(x)的单调区间,并求其在区间(??,?1]上的最大值.
【思路点拨】(1) 根据曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值。 (2)利用分类讨论的方法对参数a进行讨论求解。
【解析】(1)由?1，c?为公共切点可得:f(x)?ax2?1(a?0),则f?(x)?2ax,k1?2a, g(x)?x3?bx,则g?(x)=3x2?b,k2?3?b,?2a?3?b①
2?a?3又f(1)?a?1,g(1)?1?b,?a?1?1?b,即a?b,代入①式可得:?.
b?3?12(2)?a?4b,?设h(x)?f(x)?g(x)?x3?ax2?a2x?1
41aa则h?(x)?3x2?2ax?a2,令h?(x)?0,解得:x1??,x2??;
264?a?0,????,
?原函数在???，??单调递增,在??，??单调递减,在??，???上单调递增
2266????a??a?a??a???a2a6 6
aa①若?1≤?,即a≤2时,最大值为h(1)?a?;
24?a?aa②若???1??,即2?a?6时,最大值为h????1
26?2?③若?1≥??a?a时,即a≥6时,最大值为h????1. 6?2?2a2?a?2?时,最大值为h(1)?a?综上所述:当a??0，;当a??2,???时,最大值为h????1.
?2?4【总结升华】此题应该说是导数题目中较为常规的类型题目,考查的切线、单调性、极值以及最值的问题都
是课本中要求的重点内容,也是学生掌握比较好的知识点. 举一反三：
【变式】设f(x)?ax?1?x，(a?0) ax（1）利用函数单调性的意义，判断f(x)在（0，+≦）上的单调性； （2）记f(x)在0 （1）设0 ?(x2?x1)(a?1)?(x2?x1)ax1x2由题设x2-x1>0，ax1〃x2>0 11时，x1x2?2?0，?f(x2)-f(x1)<0， aa1即f(x2) a11当 a?当0 （2）因为0 111≤1即a≥1时，g(a)=f()=2-; aaa1>1，即0 ?a(0?a?1)?综上，所求的函数y=g(a)＝?. 12?,(a?1)??a2ax?a2?1【例5】已知函数f(x)?，其中a?R．（Ⅰ）当a?1时，求曲线y?f(x)在原点处的切线 x2?1方程；（Ⅱ）求f(x)的单调区间；（Ⅲ）若f(x)在[0,??)上存在最大值和最小值，求a的取值范围． 【思路点拨】（Ⅰ）利用导数几何意义可直接求解。 （Ⅱ）（Ⅲ）利用导数结合参数取值分类讨论求解。 【解析】（Ⅰ）当a?1时，f(x)?(x?1)(x?1)2x?f(x)??2，． x2?1(x2?1)2由 f?(0)?2， 得曲线y?f(x)在原点处的切线方程是2x?y?0． （Ⅱ）f?(x)??2(x?a)(ax?1)． 2x?12x① 当a?0时，f?(x)?2． x?1所以f(x)在(0,??)单调递增，在(??,0)单调递减． 1(x?a)(x?)a．当a?0，f?(x)??2ax2?1 ② 当a?0时，令f?(x)?0，得x1??a，x2? 1，f(x)与f?(x)的情况如下： ax2 0 x f?(x) (??,x1) ? x1 0 (x1,x2) (x2,??) ? ? ↗ f(x) ↘ f(x1) f(x2) ↘ 故f(x)的单调减区间是(??,?a)，(,??)；单调增区间是(?a,)． ③ 当a?0时，f(x)与f?(x)的情况如下： 1a1ax f?(x) f(x) (??,x2) x2 0 (x2,x1) ? x1 0 (x1,??) ? ↗ ? ↗ f(x2) ↘ f(x1) 所以f(x)的单调增区间是(??,)，(?a,??)；单调减区间是(,?a) 1a1a 8 （Ⅲ）由（Ⅱ）得， a?0时不合题意． 当a?0时，由（Ⅱ）得，f(x)在(0,)单调递增，在(,??)单调递减，所以f(x)在(0,??)上 1a1a存在最大值f()?a?0． 1a211?a2 设x0为f(x)的零点，易知x0?，且x0?．从而x?x0时，f(x)?0；x?x0时，f(x)?0． a2a若f(x)在[0,??)上存在最小值，必有f(0)?0，解得?1?a?1． 所以a?0时，若f(x)在[0,??)上存在最大值和最小值，a的取值范围是(0,1]． 当a?0时，由（Ⅱ）得，f(x)在(0,?a)单调递减，在(?a,??)单调递增，所以f(x)在(0,??)上存在最小值f(?a)??1． 若f(x)在[0,??)上存在最大值，必有f(0)?0，解得a?1，或a??1． 所以a?0时，若f(x)在[0,??)上存在最大值和最小值，a的取值范围是(??,?1]． 综上，a的取值范围是(??,?1]?(0,1]． 【总结升华】本题考查函数、导数的基础知识，运用导数研究函数性质等基本方法，考查分类讨论思想，代数恒等变形能力和综合运用数学知识分析问题解决问题的能力。 举一反三： 【变式】已知函数f(x)?cos2x?asinx?a2?2a?5有最大值2，求实数a的取值. 22【解析】f(x)?1?sinx?asinx?a?2a?5??(sinx?a232)?a?2a?6. 24令sinx?t，则y?g(t)??(t?)?2a232a?2a?6(t?[?1,1]). 4a3?213?21?1即a?2时，ymax?g(1)??a2?3a?5?2，解得:a?或a?（舍）； 2224aa32(2)当?1??1即?2?a?2时，ymax?g()??a?2a?6?2,解得:a??或a?4（舍）； 3224a1?132(3)当??1即a??2时，ymax?g(?1)??a?a?5?2，解得a?（全都舍去）. 2243?21综上，当a?或a??时，能使函数f(x)的最大值为2. 32(1)当 类型三、数列中的分类讨论问题 【例6】已知等差数列{an}前三项的和为?3，前三项的积为8. （Ⅰ）求等差数列{an}的通项公式； 9 （Ⅱ）若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和. 【思路点拨】（Ⅰ）利用等差数列通项公式求解。 （Ⅱ）对n进行讨论，去掉绝对值得到分段通项公式求解。 【解析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，则a2?a1?d，a3?a1?2d， ?3a?3d??3,?a?2,?a??4,由题意得?1 解得?1或?1 a(a?d)(a?2d)?8.d??3,d?3.???111所以由等差数列通项公式可得 an?2?3(n?1)??3n?5，或an??4?3(n?1)?3n?7. 故an??3n?5，或an?3n?7。 （Ⅱ）当an??3n?5时，a2，a3，a1分别为?1，?4，2，不成等比数列； 当an?3n?7时，a2，a3，a1分别为?1，2，?4，成等比数列，满足条件. ??3n?7,n?1,2,故|an|?|3n?7|?? 3n?7,n?3.?记数列{|an|}的前n项和为Sn. 当n?1时，S1?|a1|?4；当n?2时，S2?|a1|?|a2|?5； 当n?3时， Sn?S2?|a3|?|a4|???|an|?5?(3?3?7)?(3?4?7)???(3n?7) ?5?(n?2)[2?(3n?7)]3211?n?n?10. 当n?2时，满足此式. 222n?1,?4,?综上，Sn??3211 n?n?10,n?1.??22【总结升华】数列中的含参问题是一个需要牢记的分类推理过程，书写格式相对严格、规范。 举一反三： 【变式1】求数列：1，a+a2,a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6,……（其中a≠0）的前n项和Sn. 解析：数列的通项 an=an-1+an+…+a2n-2 讨论： （1）当a=1时，an=n，Sn=1+2+…+n= n(n?1) 2?n?1(n为奇数)??1,(n为奇数)?2（2）当a=-1时，an??，?Sn??， n?0,(n为偶数)?(n为偶数)??2 10 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库高考冲刺之分类讨论的思想(2)在线全文阅读。
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